江苏省苏州市2024-2025学年高二上学期期中摸底调研化学试卷（解析版）

这是一份江苏省苏州市2024-2025学年高二上学期期中摸底调研化学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列有关原电池说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 P-31 Li-7
1. 2023年10月，清华大学突破芯片数据恢复技术难题，在世界上首次实现了对存储芯片的“诊疗一体化”。制作计算机芯片的含硅材料是指
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】硅是性能优良的半导体，制作计算机芯片的含硅材料为单晶硅，故选C。
2. 下列各装置能达到相应实验目的的是
A. 图甲，中和热的测定B. 图乙，该装置可持续供电
C. 图丙，在铁制品表面镀锌D. 图丁，测定稀硫酸的pH
【答案】C
【解析】图甲中缺少环形玻璃搅拌棒，不能达到实验目的，A错误；图乙组成原电池装置，反应过程消耗锌电极，当电极材料完全消耗时，将停止供电，因此该装置不可持续供电，B错误；图丙中阳极锌失去电子变为锌离子，阴极锌离子得到电子变为锌单质，该装置能在铁制品表面镀锌，C正确；不能用湿润的pH试纸测定稀硫酸的pH，不能达到实验目的，D错误；
故选C。
3. 中国载人登月初步飞行方案公布，计划2030年前实现登月。登月发射使用的火箭是长征9号火箭，火箭采用煤油、液氢、液氧等无毒无污染推进剂。分解水可以制取氢气，分解时的能量变化如图所示。下列有关该反应的说法正确的是
A. 断开H-O键放出能量
B. 反应物的总键能大于生成物的总键能
C. 该条件下生成物比反应物更为稳定
D. 寻找合适催化剂可不需要额外提供能量实现分解水
【答案】B
【解析】在化学反应过程中，断键会吸收能量，形成化学键会释放能量，化学反应过程中能量变化等于反应物总能量与生成物总能量的差，据此分析解答。
在H2O分解产生H2和O2的反应过程中，断开H-O键需要吸收能量，A错误；根据图示可知：反应物总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，故反应物的总键能大于生成物的总键能，B正确；该条件下生成物能量更高，更不稳定，C错误；催化剂降低反应活化能，并不改变反应放热和吸热，仍需要额外提供能量实现分解水，D错误；
故选B。
4. 下列有关原电池说法不正确的是
A. 图甲所示装置中，盐桥中的向盛有溶液的烧杯中移动
B. 图乙所示装置中，正极的电极反应式为
C. 图丙所示装置中，使用一段时间后，锌筒会变薄
D. 图丁所示装置中，使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【解析】甲装置构成原电池，锌作负极，铜作正极；阳离子钾离子移向正极，即装有硫酸铜溶液的烧杯，A错误；氧化银得电子发生还原反应，即，B正确；锌筒作负极被消耗，故使用一段时间后，锌筒会变薄，C正确；铅蓄电池总反应为，消耗了硫酸同时生成水和难溶的硫酸铅，故电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；
故选A。
5. 利用如图装置，完成了很多电化学实验。有关此装置的叙述中，不正确的是
A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极保护法
B. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将不变
C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子会向铜电极移动
D. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可观察到X极处冒气泡
【答案】D
【解析】当开关K置于M时形成原电池，当K置于N时形成电解池，X作阳极，铁作阴极。
开关K置于M处，为原电池，X为锌棒，Y为NaCl溶液，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，可减缓铁的腐蚀，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；开关K置于N处，形成电解池，铁与负极相连作阴极，铜为阳极失去电子发生氧化反应生成铜离子，Y为硫酸铜溶液，铜离子在铁极得到电子发生还原反应生成铜，可用于铁表面镀铜，且溶液中铜离子浓度将不变，故B正确；开关K置于M处，为原电池，铁比铜活泼，铁作负极，电子由铁经导线流向铜，铜棒上铜离子得电子生成铜单质，质量增加，故C正确；开关K置于M处，X为碳棒，Y为氯化钠溶液，不存在自发的氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误；
故选D。
6. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是
A. 阴极的电极反应式为
B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱
C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】该装置为原电池原理金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。
阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；
故选：C。
7. 是一元酸，可由制得，燃烧放出大量热量，其燃烧热为；铋()熔点为271.3℃，铋酸钠()不溶于水，有强氧化性，能与反应生成和。下列方程式书写正确的是
A. 过量的铁粉溶于稀硝酸：
B. 与足量溶液反应：
C. 的燃烧：
D. 铋酸钠氧化的反应：
【答案】D
【解析】过量铁粉参加反应，此时溶液中铁的存在形式应为二价铁盐，离子方程式为：，A错误；是一元酸，与足量溶液反应只能生成，与足量溶液反应为：，B错误；燃烧放出大量热量，其燃烧热为，而C选项对应热化学方程式焓变为燃烧热的两倍，故为：，C错误；由题意铋酸钠()不溶于水，有强氧化性，能与反应生成和：，D正确；
故选D。
8. 以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A. 过程①中钛氧键断裂会吸收能量
B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用作为催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
D. 分解反应的热化学方程式为
【答案】D
【解析】断开化学键会吸收能量，所以过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A正确；该反应中吸收光能和热能转化为CO和O2的化学能，故B正确；催化剂可以降低反应的活化能，从而来加快反应速率，故C正确；△H=反应物总键能-生成物总键能，CO2分解反应的热化学方程式为 △H=(1598×2-1072×2-496)kJ/ml=+556kJ/ml，故D错误。
答案选D。
9. 某钠离子电池结构如图所示，电极A为含钠过渡金属氧化物(NaxTMO2)，电极B为硬碳，充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中。下列说法不正确的是
A. 充电时，电极B与外接直流电源的负极相连
B. 放电时，外电路通过a ml电子时，A电极电解质损失a ml Na+
C. 放电时，电极A为正极，反应可表示为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2
D. 电池总反应可表示为Na1-xTMO2+ NaxC = NaTMO2+ C
【答案】B
【解析】充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中，则硬碳为电解池的阴极，为电池的负极，即电极B为电池的负极，A为电池的正极。
电极B为电池的负极，充电时，与外接直流电源的负极相连，A正确；放电时，A电极(正极)电极反应式为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2，Na+从负极向A电极迁移，然后参与电极反应，故A电极电解质中不损失Na+，B错误；放电时，为原电池装置，A为正极，钠离子转化为Na嵌入含钠过渡金属氧化物中，电极反应式为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2，C正确；A为电池的正极，电极反应式为Na1-xTMO2+ xNa+ + xe-= NaTMO2，B为电池的负极，放电时硬碳中的钠失电子变为钠离子脱落，然后向正极迁移，NaxC-xe-=C+xNa+，正极反应+负极反应可得总反应为Na1-xTMO2+ NaxC = NaTMO2+ C，D正确；
答案选B。
10. CH4与CO2混合气体在催化剂表面会发生积碳反应和消碳反应。反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。在其余条件不变的情况下，该催化剂表面积碳量随温度升高呈现先增大后减小的变化。
下列关于升温过程中积碳、消碳反应的平衡常数(K)，反应速率(v)以及催化剂的说法正确的是
A. K积增加、K消减小
B. v消增加倍数比v积增加倍数大
C. K积减小倍数比K消减小倍数大
D. 催化剂M优于催化剂N
【答案】B
【解析】积碳、消碳反应的正反应都是吸热反应，升温，平衡正向移动，K积、K消均增加，故A错误；积碳量随温度升高呈现先增大后减小，说明后面的消碳反应速率比积碳的快，即v消增加倍数比v积增加倍数大，故B正确；两个反应均吸热，故当温度升高时，K积、K消均增加，故C错误；相对于催化剂M，催化剂N积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应的活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂M劣于催化剂N，故D错误；
答案选B。
11. 合成氨反应为 。下列图示正确且与对应的叙述相符的是
A. 图1表示分别在有、无催化剂的情况下反应进程中的能量变化
B. 图2表示时刻改变的条件是升高温度
C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，平衡时的体积分数随起始体积分数(的起始量恒定)的变化关系，图中转化率a点大于b点
D. 图4表示的平衡转化率与温度和压强的关系
【答案】C
【解析】催化剂不改变反应的焓变，A项错误；升高温度，正逆反应速率均同时增大，图中正反应速率没有立即增大，B项错误；图3中横坐标为氢气起始体积分数，a→b相当于增大氢气的浓度，合成氨平衡正向移动，但增加的氢气量大于平衡转化的氢气，氢气的的转化率减小，即a点的氢气转化率大于b点，C项正确；该反应为放热反应，温度升高，氮气的平衡转化率减小，图4符合；该反应为气体系数减小的反应，压强增大，氮气的平衡转化率应增大，图4不符合，D项错误；
故选C。
12. 在强碱中氢氧化铁可被一些氧化剂氧化为高铁酸根离子(FeO)，FeO在酸性条件下氧化性极强且不稳定， Fe3O4 中铁元素有2、3价；H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生OH，OH能将烟气中的NO、SO2氧化。OH产生机理如下：
反应Ⅰ： Fe3  H2O2 = Fe2 +  OOH  H  (慢反应)
反应Ⅱ：Fe2  H2O2 = Fe3   OH  OH- (快反应)
对于H2O2 脱除SO2反应：SO2 g  H2O2 l =H2SO4 l ，下列有关说法不正确的是
A. 该反应能自发进行，则该反应的ΔH  0
B. 加入催化剂 Fe2O3，可提高SO2 的脱除效率
C. 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D. 与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时SO2 脱除效率可能更高
【答案】C
【解析】SO2 g  H2O2 l =H2SO4 l 熵减，该反应能自发进行，时自发，则该反应的ΔH  0，A正确；已知：H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生OH，或结合反应机理：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，生成的OH能将烟气中的NO、SO2氧化，则加入催化剂 Fe2O3，可提高SO2 的脱除效率，B正确；向固定容积的反应体系中充入氦气，反应相关的物质浓度不发生变化，则反应速率不变，C不正确；与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时SO2 脱除效率可能更高，D正确；
答案选C。
13. 在含、和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：
步骤②：
下列有关该反应的说法正确的是
A. 加入可以使反应物分子中活化分子百分数增大
B. 该反应的催化剂是
C. 步骤②是整个反应的决速步骤
D. 若不加，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】A
【解析】Fe3+是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，故A正确；由反应机理可以看出，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是该反应的中间产物，故B错误；步骤①的活化能大于步骤②，所以步骤①为慢反应，为决速步反应，故C错误；此反应整体为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，加入催化剂不改变反应热，故D错误。
答案选A。
14. 臭氧是不仅是杀菌消毒剂，还是理想的烟气脱硝剂。
（1）脱硝反应之一：O3氧化NO并通过水洗而发生化合反应生成HNO3，该反应的化学方程式为____。
（2）脱硝反应之二：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g) ΔH＜0。T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mlNO2和1.0mlO3，反应过程中测定的部分数据见表：
①反应在0～3s内的平均速率v(NO2)=____。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____。(填字母)
a.混合气体密度不再变化
b.单位时间内消耗2mlNO2的同时生成1mlO2
c.v(NO2)正=2v(N2O5)逆
d.混合气体压强不再变化
③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于____。
④T℃时，若上述容器中充入1.0mlNO2、0.5mlO3和0.50mlN2O5、0.50mlO2，开始时反应____(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。
（3）一种臭氧发生装置原理如图所示。阳极(惰性电极)的电极反应式为____。
【答案】（1）O3+2NO+H2O=2HNO3
（2）①•L-1•s-1 ②.cd ③.40 ④.正向进行
（3）3H2O-6e-=O3↑+6H+
【解析】
【小问1详解】
O3氧化NO和水发生化合反应生成HNO3，该反应的化学方程式为O3+2NO+H2O=2HNO3；
【小问2详解】
①反应在0～3s内的平均速率，根据化学反应速率之比等于系数比，则v(NO2)=；
②a.该反应混合气体的总质量不变，为恒容密闭容器，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡，a不选；
b.单位时间内消耗2mlNO2同时生成1mlO2都是指正反应方向速率，不能说明反应达到平衡，b不选；
c.v(NO2)正=2v(N2O5)逆说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c选；
d.该反应前后气体分子总数不相等，则混合气体压强不再变化，说明反应达到平衡状态，d选；
故选：cd；
③列三段式为，T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数；
④T℃时，若上述容器中充入1.0mlNO2、0.5mlO3和0.50mlN2O5、0.50mlO2，容器体积2.0L，则，开始时反应正向进行；
【小问3详解】
电解质溶液为稀硫酸，电解后生成氢气和O3，则阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成臭氧，则阳极(惰性电极)的电极反应式为：3H2O-6e-═O3↑+6H+。
15. 含元素的部分物质对环境有影响。含、的废气会引起空气污染，含、、的废水会引起水体富营养化，都需要经过处理后才能排放。消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
（1）利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。
①化学家正在研究尿素动力燃料电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示：
甲的电极反应式为__________________；理论上每净化尿素，消耗的体积约为______（标准状况下）。
②图为电解制备的装置。该装置中阴极的电极反应式为__________________；“反应室”中发生反应的离子方程式为__________________。
（2）工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如下图所示，写出电解时铁电极的电极反应式__________________。随后，铁电极附近有无色气体产生，可能原因是________________________。
（3）工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极，碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使转变为，后续再将反应除去。②其他条件不变，只向混合溶液中投入一定量，后续去除的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是________________________。
【答案】（1）①.CO(NH2)2-6e-+H2O=CO2↑+N2↑+6H+ ②.33.6 ③.NO+5e-+6H+=+H2O ④.NH3+H+=
（2）①.Fe-2e-=Fe2+ ②.生成的亚铁离子将溶液中的还原成N2
（3）Cl-在阳极上失去电子生成Cl2，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化成N2，使溶液中氮元素的含量明显降低
【解析】
【小问1详解】
①原电池甲电极为负极,CO(NH2)2失电子生成CO2、N2，电极反应式CO(NH2)2-6e-+H2O=CO2↑+N2↑+6H+，乙电极为正极，电极反应式，根据得失电子守恒，理论上每净化尿素，消耗1.5ml，标准状况下体积约为33.6L。答案：CO(NH2)2-6e-+H2O=CO2↑+N2↑+6H+；33.6；
②该装置为电解池，阴极的电极反应式为NO+5e-+6H+=+H2O； 阳极反应式NO-3e-+2H2O = +4H+，总反应方程式为，所以在该“反应室”中通入氨气，发生反应的离子方程式为NH3+H+=，答案：NO+5e-+6H+=+H2O；NH3+H+=；
【小问2详解】
工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染。根据题中所示阳离子移动方向，可判断铁为电解池阳极，电极反应式Fe-2e-=Fe2+，随后，铁电极附近有无色气体产生，可能原因是生成的亚铁离子将溶液中的 还原成N2，答案：Fe-2e-=Fe2+；生成的亚铁离子将溶液中的 还原成N2；
【小问3详解】
以钛基氧化物涂层材料为阳极，碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使得电子生成，后续再将反应除去。其他条件不变，只向混合溶液中投入一定量，Cl-在阳极上失去电子生成Cl2，氯气具有强氧化性，可将氧化成N2，使溶液中氮元素的含量明显降低。答案：Cl-在阳极上失去电子生成Cl2，氯气具有强氧化性，可将氧化成N2，使溶液中氮元素的含量明显降低。
16. 利用可以制备合成气（和CO）。
（1）与重整。
①已知：燃烧热；燃烧热；燃烧热。
则反应Ⅰ：______。
②在基催化剂作用下，该反应的可能机理如图所示。已知转化的表达式为，写出转化为的表达式：______。
③与重整反应制备合成气中的主要副反应为：
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
在、进气流速相同、时，做催化剂，反应相同时间测得与的转化率随温度变化如图所示（仅考虑上述反应）。
不同温度下转化率始终大于转化率的主要原因为______。，随温度升高与转化率均下降的可能原因为______。
（2）部分氧化重整。
反应原理为；。与该方法相比，和重整的优点是______。
（3）与、、三重整。
在密闭容器中，、时，与的平衡转化率、与的平衡产率随温度变化如图所示。
在时，平衡转化率为负值的可能原因为（用化学方程式表示）______、______。
【答案】（1）①.247.3 ②. ③.反应I中和的转化率相同，相同条件下，反应II中的消耗速率大于反应III中的消耗速率 ④.反应生成的积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低，反应速率减慢
（2）避免了甲烷部分氧化重整可能得爆炸风险或综合利用有利于碳中和
（3）①. ②.（或）
【解析】
【小问1详解】
①，，，则反应Ⅰ：247.3kJ/ml；
②由图可知，CO2转化为CO的过程为：；
③不同温度下转化率始终大于转化率的主要原因为：反应I中和的转化率相同，相同条件下，反应II中的消耗速率大于反应III中的消耗速率；，随温度升高与转化率均下降的可能原因为：反应生成的积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低，反应速率减慢；
【小问2详解】
该方法可能存在爆炸风险，故和重整的优点是：避免了甲烷部分氧化重整可能得爆炸风险或综合利用有利于碳中和；
【小问3详解】
在时，平衡转化率为负值的可能是其他物质转化为大于的消耗量，故原因为：、、（任写两个）。
17. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）甲醇制取甲醛时可获得氢气，其原理为。已知部分化学键键能数据如下表：
则该反应的_______。
（2）以甲烷和为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。
已知：
甲烷与制取氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，其目的是_______。
（3）的热分解也可得到，高温下水分解体系中各种微粒的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的微粒依次是_______。
（4）一定条件下，利用题图所示装置实现的电化学储氢(忽略其它有机物的反应)。
①写出由生成的电极反应式：_______。
②该装置的电流效率_______。(×100%)
【答案】（1）
（2）部分甲烷燃烧，可为与的反应提供热量
（3）H、O （4）①. ②.64.3%
【解析】
【小问1详解】
焓变ΔH =反应物总键能−生成物总键能，则该反应的ΔH=413.4×3+351.0+462.8−413.4×2− 745.0−436.0=+46.2；故答案为：+46.2；
【小问2详解】
此反应是吸热反应，适量通入空气可以通过部分甲烷燃烧给此反应提供热量；
【小问3详解】
通过图中比例可知：A是B的两倍，因此A是H，B是O；
【小问4详解】
①由生成的电极反应在酸性条件下发生的，电极反应为；
②阳极生成的H+经过高分子电解质膜移动至阴极，一部分H+与苯生成环己烷，还有一部分H+得电子生成H2（2H++2e-= H2↑，阴极的副反应），左边（阴极区）出来的混合气体为未反应的苯（g）、生成的环己烷（g） 和H2，生成2.8 ml O2失去电子的物质的量为4×2.8 ml =11.2 ml，同时生成了2mlH2（转移4ml电子）由此可知其中只有7.2ml电子用于生成；因此该装置的电流效率。
积碳反应
消碳反应
活化能
催化剂M
催化剂N
t/s
0
3
6
12
24
n(O2)/ml
0
0.36
0.60
0.80
0.80
化学键
C―H
C―O
O―H
C=O
H―H
键能/
413.4
351.0
462.8
745.0
436.0